Kalkulus 2. Persamaan Differensial Biasa (Ordinary Differential Equations (ODE))

Kalkulus 2 Persamaan Differensial Biasa (Ordinary Differential Equations (ODE)) Dhoni Hartanto, S.T., M.T., M.Sc.

Prodi Teknik Kimia Fakultas Teknik Universitas Negeri Semarang

Persamaan Differensial Biasa Persamaan Differensial adalah Persamaan yang mengandung beberapa turunan dari suatu fungsi

Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang mempunyai fungsi satu variable bebas

Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang mempunyai fungsi dengan jumlah variable bebas lebih dari satu

Persamaan Differensial Biasa

Persamaan Differensial Biasa adalah Persamaan yang mempunyai fungsi satu variable bebas

dy  y  x2 dx 2

d y  d2y  2  dy      xy  3   sin  2   8 x y   x 2  0  dx   dx   dx  3

Persamaan Differensial Biasa Persamaan Differensial Parsial adalah Persamaan yang mempunyai fungsi dengan jumlah variable bebas lebih dari satu

Heat equation

  2u  2u  2u  u ( x, y , z , t )    2  2  2 t y z  x

   

Fungsi u(x,y,z,t) digunakan untuk merepresentasikan temperatur pada waktu t pada benda secara fisik dengan koordinat (x,y,z)  = thermal diffusivity.

Persamaan Differensial Biasa Penggunaan :  Cabang-cabang ilmu teknik  Ekonomi  Biologi dan kedokteran  Kimia, Fisika dsb. ODE digunakan untuk mendapatkan formulasi suatu fenomena yang mengalami perubahan terhadap waktu atau tempat

Cooling  This is a model of how the temperature of an

object changes as it loses heat to the surrounding atmosphere:

Temperature of the object: TObj Room Temperature: TRoom Newton’s laws states: “The rate of change in the temperature of an object is proportional to the difference in temperature between the object and the room temperature”

Form ODE Solve ODE

dTObj dt

  (TObj  TRoom )

TObj  TRoom  (Tinit  TRoom )e t Where Tinit is the initial temperature of the object.

Newton’s 2nd law for a rotating object: 

Moment of inertia x angular acceleration = Net external torque

q

d 2q ml  2  mgl sin q dt 2

l

rearrange and divide through by ml 2 mg

d 2q 2   sin q  0 2 dt

whereg

2 

l

This equation is very difficult to solve.

Order (tingkat)  Order suatu persamaan differensial adalah tingkat turunan

tertinggi persamaan differensial tersebut.

d 2 y dy  0 2 dt dt

2nd order

dx d 3x x 3 dt dt

3rd order

Derajat (Degree)  Derajat suatu persamaan differensial (PD) adalah pangkat

dari turunan yang tertinggi di dalam PD tsb. 2

d y  d2y  2 dy xy  3   sin x 2   8 x y  y 2  0 dx  dx   dx  3

Bentuk Umum :

y  a1 ( x) y n

( n 1)

 .....  an1 ( x) y  k ( x)

Persamaan diferensial (PD)  Linear derajat 1

2nd degree

Penyelesaian Persamaan Diferensial  Artinya mencari suatu fungsi y=f(x) yang memenuhi PD

tersebut  Fungsi y=f(x) yang memenuhi sebuah PD banyak sekali, kumpulan fungsi-fungsi yang memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial (PUPD)  Salah satu fungsi di dalam kumpulan fungsi-fungsi yang

memenuhi sebuah PD disebut Penyelesaian Khusus PD tsb.  Penyelesaian khusus sebuah PD tsb. juga harus memenuhi beberapa kondisi batas

Persamaan Diferensial Biasa Orde 1

• • •

• • •

Tipe-tipe PD biasa orde 1 : PD dengan variabel dapat dipisah PD homogen PD bentuk (ax+by+c ) dx + (px+qy+r) dy =0 PD eksak PD linear PD Bernoulli

1. PD dengan variabel dapat dipisah Prinsip penyelesaian :

P( x, y)dx  Q( x, y)dy  0 diubah menjadi bentuk persamaan

M ( x)dx  N ( y )dy  0

 M ( x)dx   N ( y)dy  C

1. PD dengan variabel dapat dipisah Contoh 1 : Cari penyelesaian umum PD berikut

dy  (1  x)(1  y ) dx Penyelesaian

dy  1  y   (1  x) dx 1 2 ln(1  y )  x  x  ln C 2 ln(1  y )  ln e

1 x x2 2

 ln C

ln(1  y )  ln C e 1 y  C e y Ce

x

x

1 2 x 2

1 2 x 2

1

x

1 2 x 2

2. PD Homogen Suatu fungsi dikatakan homogen derajat n bila ada suatu konstanta n sehingga untuk setiap parameter λ berlaku :

f (x, y)   f ( x, y) n

Misal : a) f ( x, y )  x  xy 2

f (x, y )   x   xy 2

2

2

 2 ( x 2  xy )   f ( x, y ) 2

Homogen derajat 2

2. PD Homogen

x Misal : b) f ( x, y )  tan Homogen derajat 0  y     x  λ saling menghilangkan  sehingga homogen f (x, y )  tan  y  berderajat 0

PD orde satu berikut :

P( x, y)dx  Q( x, y)dy  0 Dikatakan homogen bila P dan Q keduanya homogen berderajat sama yaitu n

2. PD Homogen Cara Penyelesaian : PD Homogen dapat diselesaikan dengan subtitusi

y z  ; y  zx ; dy  z dx  x dz x Contoh 2 : Cari penyelesaian umum PD berikut

( x  y) dx  x dy  0 y Penyelesaian : Substitusi z  ; y  zx ; dy  z dx  x dz x PD menjadi : ( x  zx) dx  x ( z dx  x dz )  0

( x  zx) dx  x z dx  x 2 dz  0

2. PD Homogen

e

(Lanjutan) Contoh 2 :

( x  zx) dx  x z dx  x dz  0 2

ln x

e

ln C (1 2 z ) 1 / 2

x  C (1  2 z ) 1/ 2

( x  2 zx) dx  x dz  0

x 2  C 2 (1  2 z ) 1

x (1  2 z ) dx  x dz  0 (1  2 z ) dx  x dz  0 dx dz  x   1  2 z 1 ln x   ln(1  2 z )  ln C 2 1 / 2 ln x  ln(1  2 z )  ln C

C2 1 2 z  2 x 2   1 C z   2  1 2 x 

2

2

ln x  ln C (1  2 z ) 1/ 2

 y 1  C2   2  1 x 2 x   x  C2 y   2  1 2 x 

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0 Beberapa kemungkinan :

a) c = 0, r = 0 ; sehingga PD menjadi

(ax  by) dx  ( px  qy) dy  0

Cara penyelesaian sama dengan PD homogen

b) px + qy = k (ax + by), sehingga PD menjadi

(ax  by  c) dx  (k (ax  by)  r ) dy  0 Cara penyelesaian : Subst. :

z  ax  by dz  a dx  b dy dz  a dx dy  b

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0

Lanjutan b), PD menjadi

dz  a dx ( z  c) dx  (k z  r ) 0 b a (k z  r )  k zr  dz  0  ( z  c)  dx  b b  

Cara penyelesaian sama dengan PD variabel dapat dipisah

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0 c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian : ; du  a dx  b dy Subst. : u  ax  by  c

v  px  qy  r

; dv  p dx  q dy

du b dv q q du  b dv dx   a b aq b p p q a du p dv a dv  p du dy   a b aq b p p q

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0 (Lanjutan) c) a/p ≠ b/q, c ≠ 0, r ≠ 0; cara penyelesaian : Substitusi ke PD semula

 q du  b dv   a dv  p du    v    0 u   aq b p   aq b p  u (q du  b dv)  v (a dv  p du )  0 (u q  v p ) du  (v a  u b) dv  0

Cara penyelesaian sama dengan PD homogen

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0

Contoh 3 : cari PUPD berikut

( x  y  1) dx  (2 x  2 y  1) dy  0 Penyelesaian : (Berdasarkan analisis konstanta kemungkinan persamaan tsb. Dapat diselesaikan dengan no.b) Subst. z  x  y ; y  z  x

dz  dx  dy ; dy  dz  dx

3. PD Bentuk (ax  by  c) dx  ( px  qy  r ) dy  0

Lanjutan contoh 3 : PD menjadi

( z  1) dx  (2 z  1) (dz  dx )  0 ( z  1  2 z  1) dx  (2 z  1) dz  0  z dx  (2 z  1) dz  0 2z 1  z dz   dx 1    2  z dz   dx Substitusi z = x + y ke persamaan ini 2 z  ln z  x  c Sehingga PUPD :

2( x  y)  ln( x  y)  x  c

4. PD Eksak

Bentuk M ( x, y)dx  N ( x, y)dy  0 Bisa dinyatakan dalam bentuk turunan sempurna dari suatu fungsi F (x,y) Syarat PD eksak : M  N

y

x

dF ( x, y )  M ( x, y ) dx  N ( x, y ) dy  0 dF ( x, y )  0 F ( x, y )  C Permasalahan yang muncul adalah bagaimana mencari F (x, y)?

4. PD Eksak

Agar terpenuhi : dF ( x, y)  M ( x, y) dx  N ( x, y) dy Maka :

F F dF ( x, y )  dx  dy x y

F   F  M *  M ( x, y )    x y  x  y F   F  N    *  N ( x, y )  y x  y  x

4. PD Eksak

Cara mencari F (x, y) :

F  M ( x, y ) x

 F   M ( x, y) x a ) F ( x, y )   M ( x, y ) x  C ( y ) F karena  N ( x, y ), maka y  b) M ( x, y ) x  C ' ( y )  N ( x, y )  y





Sehingga nilai C ( y ) bisa diperoleh

2 persamaan penting dalam penyelesaian PD eksak

4. PD Eksak

Contoh 4 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

(3x 2 y  y) dx  ( x3  x  2 y) dy  0 Penyelesaian :

(3x 2 y  y) dx  ( x3  x  2 y) dy  0 M

M N  y x M  3x 2  1 y N  3x 2  1 x

N Syarat PD eksak

Sesuai syarat PD eksak

4. PD Eksak

Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)

F ( x, y )   M ( x, y ) x  C ( y )   (3x 2 y  y ) x  C ( y ) F ( x, y )  x 3 y  yx  C ( y ) Persamaan Umum PD eksak (b)





 M ( x, y ) x  C ' ( y )  N ( x, y )  y  2 ( 3 x y  y ) x  C ' ( y )  N ( x, y )  y  3 x y  yx  C ' ( y )  x 3  x  2 y y









4. PD Eksak

Lanjutan Contoh 4 : Persamaan Umum PD eksak (a)

dC x x  x3  x  2 y dy dC  2y dy 3

 dC   2 y dy C ( y)  y 2 sehingga

F ( x, y )  x 3 y  yx  C ( y ) F ( x, y )  x 3 y  yx  y 2

5. PD Linear

Bentuk :

dy  P ( x ) y  Q( x) dx

Cara Penyelesaian : -) Kalikan dengan suatu faktor integrasi sedemikian agar PD Linear berubah menjadi PD dengan variabel yang dapat dipisah -) Kemudian menyelesaikan bentuk PD variabel yang dapat dipisah P ( x ) dx  Faktor integrasi : U  e

PD dikalikan U sehingga menjadi: P ( x ) dx P ( x ) dx dy  P ( x ) dx   e  P( x) y e  Q( x ) e dx

5. PD Linear P ( x ) dx P ( x ) dx dy  P ( x ) dx   e  P( x) y e  Q( x ) e dx P ( x ) dx d   P ( x ) dx   ye  Q( x) e   dx  

Pembuktian :

d dy du ( y u)  u y dx dx dx P ( x ) dx dy P ( x ) dx   e  ye P ( x) dx P ( x ) dx d  P ( x ) dx  note : e e P( x) dx

5. PD Linear P ( x ) dx d   P ( x ) dx   ye  Q( x) e Sehingga berdasarkan :

dx 



P ( x ) dx  P ( x ) dx    dx  C  d  y e    Q e P ( x ) dx P ( x ) dx   ye  Qe dx  C



Contoh 5 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

dy 2  yx dx x Penyelesaian : Bentuk tersebut merupakan bentuk PD linear, sehingga

2 P( x )   , Q( x)  x x

5. PD Linear

Lanjutan Contoh 5 :

U e



2  dx x

U  e

 2 ln x

PUPD berdasarkan

U  e

yx

y x 2

 U  x 2

P ( x ) dx P ( x ) dx   ye  Qe dx  C

y x 2   x x 2 dx  C 2

ln x 2

dx  C x  ln x  C

y  x 2 (ln x  C ) y  x 2 ln x  x 2C

6. PD Bernoulli

Bentuk :

dy  P( x) y  y n Q( x) dx

Bila n  0, maka PD Bernoulli menjadi PD Linear Cara penyelesaian : Subtitusi : 1

z

y

n 1

Sehingga menjadi PD menjadi Linear:

Contoh 6 : Cari penyelesaian umum PD berikut :

dy 2 y   x y2 dx x

6. PD Bernoulli Penyelesaian Contoh 6 : Substitusi

1 1 1 z  n 1  21  y y y 1 dy 1 y   2 z dz z dy dy dz berdasarkan  * , maka dx dz dx dy 1 dz  2 dx z dx Sehingga PD menjadi :

1 dz 2 1  1  2   x  z dx x z  z

2

6. PD Bernoulli Lanjutan Contoh 6 :

1 dz 2 1  1  2   x  z dx x z  z

2

Dikalikan dengan -z2

dz 2  z  x dx x

Sehingga PD menjadi :

PD Linear

Penyelesaian berdasarkan PD linear :

U e



2  dx x

U  e

 2 ln x

z u   Q( x) u dx  C z x  2    x x  2 dx  C zx

2

dx   C x

U  e

ln x 2

zx

2

 U  x 2

  ln x  C

z  x ( ln x  C ) 1 y 2 x (C  ln x) 2

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Bentuk :

dny d n 1 y dy a0  a1 n 1  .....  an 1  an y  f ( x) n dx dx dx

a0 , a1 , an1 , an  konstan Bila f(x) = 0  PD Linear order n homogen Bila f(x) ≠ 0  PD Linear order n tidak homogen

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Teorema : Bila y = f(x) merupakan penyelesaian PD linear homogen, maka y = C f(x) juga merupakan penyelesaian 2. Bila y1 = C1 f1 (x) y2 = C2 f2 (x) : yn = Cn fn (x) adalah penyelesaian-penyelesaian yang berlainan dari PD linear homogen, maka y = C1 f1 (x) + C2 f2 (x) +…….+ Cn fn (x) juga merupakan penyelesaian 1.

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Cara I : Penyelesaian Umum PD linear homogen tingkat n dapat mx dy diperoleh dengan subtitusi Euler : y  e

 memx

dny d n 1 y a0  a1 n 1  .....  an y  0 n dx dx

Sehingga

a0 m n e mx  a1m n 1e mx  an e mx  0 a0 m n  a1m n 1  an  0

dx d2y 2 mx  m e 2 dx : dny n mx  m e n dx

Persamaan karakteristik

Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik m1, m2, m3,….., mn

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Lanjutan Cara I : Jadi y1  C1e m1 x

y 2  C 2 e m2 x : y n  C n e mn x

Merupakan penyelesaian (berdasarkan teorema 2)

Sehingga

y  C1em1x  C2e m2 x  .....  Cn e mn x

PUPD linear homogen tingkat n

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Cara II : d Menggunakan operator : D  dx PD menjadi

a0 D n y  a1 D n 1 y  .....  an y  0 y (a0 D  a1 D n

n 1

 .....  an )  0

a0 D n  a1 D n 1  .....  an  0

Persamaan karakteristik

Akar-akar : 1 ,  2 ,......,  n

( D  1 )( D   2 )......( D   n )  0 Sehingga :

( D  1 )(D   2 )......(D   n )y  0

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Lanjutan Cara II :

Ditinjau salah satu akar :

(D   k ) y  0 d ( k ) y  0 dx dy k y  0 dx dy  y    k dx ln yk   k x  ln Ck ln yk  ln e k x  ln Ck

ln yk  ln Ck e k x y k  C k e k x PUPD n

y   Ck e k 1

k x

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Contoh 7 : Selesaikan persamaan diferensial berikut :

y ' ' ' y '  0 note : x  0 y (0)  3,4; y ' (0)   5,4; y ' ' (0)   0,6 mx y  e Penyelesaian : Substitusi Euler

m 3e mx  memx  0 m3  m  0 m(m 2  1)  0 m(m  1)(m  1)  0 m1  0, m2  1, m3  1

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Lanjutan Contoh 7 : Berdasarkan persamaan

y  C1e

m1 x

 C2e

m2 x

 .....  Cn e

mn x

maka

y  C1e ( 0 ) x  C2 e (1) x  C3e ( 1) x y  C1  C2 e x  C3e  x y '  C2 e x  C3e  x y ' '  C2 e x  C3e  x

Persamaan Diferensial Biasa Orde n (n>1) Lanjutan Contoh 7 :

* y (0)  3,4 3,4  C1  C2 e 0  C3e  0 3,4  C1  C2  C3

* y ' (0)  5,4  5,4  C2  C3 * y ' ' (0)  0,6  0,6  C2  C3

Berdasarkan substitusi diperoleh masing-masing nilai :

C1  4; C2  3; C3  2,4 PD :

y  4  3e x  2,4e  x

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia Pembuatan sabun disebut saponifikasi, dalam proses tersebut lemak yang berasal dari hewan atau tumbuhan direaksikan dengan KOH atau NaOH untuk memproduksi gilcerol dan fattyacid salt (sabun). Sabun

dipisahkan dari gliserol melalui presipitasi dengan penambahan natrium klorida. Lapisan air bagian atas yang mengandung natrium klorida dipisahkan dari campuran sebagai limbah.

Kementerian Lingkungan Hidup (KLH) mengharuskan konsentrasi maksimum natrium klorida pada limbah yang dibuang ke lingkungan tidak lebih dari 11.00 gram / liter. Natrium klorida ini merupakan

limbah utama dalam proses produksi sabun.

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan)

Sebuah pabrik sabun tersebut hanya memiliki 1 tangki dengan

kapasitas 15 liter untuk penampungan limbah. Dalam proses pengisian tangki limbah tersebut, sebanyak 15 liter air dan 750 gram natrium klorida dimasukkan. Untuk proses kontinuitas proses produksi pabrik

dan menjaga agar limbah yang terbuang ke lingkungan konsentrasinya tidak melebihi aturan KLH, maka diperlukan pompa yang dioperasikan untuk memompa air ke tangki dengan laju 2 liter setiap menit dimana

limbah garam yang mengandung 45 gram garam per liter ditambahkan dengan laju 1,5 liter per menit.

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan) Untuk menjaga volume larutan dalam tangki tetap pada level 15 liter, maka limbah yang terdapat di dalam tangki dikeluarkan (discharge) sebanyak 3,5 liter per menit Misalkan A merupakan aliran limbah dari proses, B merupakan aliran air (fresh water), dan C adalah aliran keluar limbah dari tangki ke lingkungan. Diasumkan saat aliran A dan B masuk ke dalam tangki, maka secara cepat terjadi perubahan konsentrasi klorida ke arah konsentrasi keluar tangki x1 dan di dalam tangki tidak terjadi reaksi kimia

a)

Berapa lama waktu yang dibutuhkan untuk memperoleh konsentrasi sesuai dengan standar dari KLH untuk limbah kloride di lingkungan, apakah pabrik tersebut bisa memenuhi standard dari KLH? b) Pada waktu 3 detik berapa konsentrasi limbah yang keluar dari tangki c) Dalam kondisi steady state, berapa konsentrasi garam yang dikeluarkan oleh pabrik tersebut

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan) Aliran A 1,5 Liter / menit 45 gram / liter

Aliran B 2 Liter / menit 0 gram / liter

Aliran C 3,5 Liter / menit x1 gram / liter

Persamaan Diferensial Biasa dalam kasus Teknik Kimia (lanjutan) Neraca massa untuk natrium klorida pada sistem tangki : Akumulasi = input – output + generasi (pembuangan karena reaksi)

dx1  (45 g / L) (1.5 L / min)  (0 g / L) (2L / min)  ( x1 g / L) (3.5 L / min)  0 dt dx1  3.5 x1  67.5 dt 750 g t  0, x1 (0)   50 g / L 15 L

Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear

dx1  3.5 x1  67.5 dt dt  U  e  et P ( x)  3.5 ; Q( x)  67.5 P ( x ) dx P ( x ) dx   ye  Qe dx  C

x e t   67.5 e t  C x e t  67.5 e t  C 67.5 e t  C x et C x  67.5  t e

Penyelesaian dengan menggunakan PD Linear

t  0, x1 (0) 

750 g  50 g / L 15 L

C x  67.5  t e C 50  67.5  0 e 50  67.5  C C  17.5 Sehingga persamaan menjadi :

x  67.5 

17.5 et

a)

-1,1724 minutes, artinya pabrik tidak bisa memenuhi standar KLH karena waktu yang dibutuhkan bersifat minus sehingga tidak dapat memenuhi persamaan b) 50.8535 g/L c) Steady state berarti

dx1 0 dt 0  3.5 x1  67.5 x1  19.285 g / L

Let’s play Find the solution (PUPD) from the problems below :

1) ( x  2 y  1) dx  (2 x  y  1) dy  0 2) 2 xy dx  ( x 2  1) dy  0 3) ( x 2  y 2 ) dx  2 x y dy 4) y dx  x dy  0 5) (2 x  3 y ) dx  (3 x  4 y ) dy  0 6) (15 x 2 y 2  y 4 ) dx  (10 x 3 y  4 xy 3  5 y 4 ) dy  0 7) y ' y  2e x 8) y '2 y  cos 2 x 9) y ' '3 y '2 y  0 10) y ' '2 y ' y  0

THANK YOU FOR YOUR ATTENTION IN THIS CLASS